大学物理(一)课外练习题8

《大学物理》（8-13章）练习题（2022年12月）第八章气体运动论1.气体温度的微观或统计意义是什么？2.理想气体状态方程的三种形式？PV=N KT, p=nkT, (n=N/V)3.气体的最概然速率、方均根速率、平均速率的关系是什么？4.气体分子的平均平动动能的表达式及其意义？5.理想气体的内能？6.气体分子的平均自由程是指？7.单原子分子、刚性双原子分子气体的自由度数目各是多少？8、理想气体的微观模型是什么？综合练习1. 在某容积固定的密闭容器中，盛有A、B、C三种理想气体，处于平衡状态。

A种气体的分子数密度为n1，它产生的压强为p1，B种气体的分子数密度为2n1，C种气体的分子数密度为3n1，则混合气体的压强p为( )A. 4p1. ;B. 5p1;C. 6p1;D. 8p1.2. 若理想气体的体积为V，压强为p，温度为T，一个分子的质量为m，k为玻尔兹曼常量，R为普适气体常量，则该理想气体的分子数为( )A. pVm⁄； B.pV mT⁄； C. pV kT⁄; D. pV RT⁄.3. 压强为p、体积为V的氢气（视为刚性分子理想气体）的内能为( )A. 52pV； B. 32pV； C. pV； D. 12pV。

4 刚性双原子分子气体的自由度数目为（）。

A. 2B. 3C. 4D. 55．气体温度的微观物理意义是：温度是分子平均平动动能的量度；温度是表征大量分子热运动激烈程度的宏观物理量，是大量分子热运动的集体表现；在同一温度下各种气体分子平均平动动能均相等。

6. 设v̅代表气体分子运动的平均速率，v p代表气体分子运动的最概然速率，(v2̅̅̅)12代表气体分子运动的方均根速率。

处于平衡状态下理想气体，三种速率关系为( )A. (v2̅̅̅)12=v̅=v p；B. v̅=v p<(v2̅̅̅)12；C. v p<v̅<(v2̅̅̅)12；D. v p>v̅>(v2̅̅̅)12。

《大学物理》第8章气体动理论练习题及答案练习1一、选择题1. 在一密闭容器中，储有A、B、C三种理想气体，处于平衡状态。

A种气体的分子数密度为n1，它产生的压强为p1，B种气体的分子数密度为2n1，C种气体的分子数密度为3n1，则混合气体的压强p为( )A. 3p1;B. 4p1;C. 5p1;D. 6p1.2. 若理想气体的体积为V，压强为p，温度为T，一个分子的质量为m，k为玻尔兹曼常量，R为普适气体常量，则该理想气体的分子数为( )A. pVm⁄； B. pVkT⁄； C. pV RT⁄； D. pV mT⁄。

3. 一定量某理想气体按pV2=恒量的规律膨胀，则膨胀后理想气体的温度( )A. 将升高；B. 将降低；C. 不变；D. 升高还是降低，不能确定。

二、填空题1. 解释下列分子动理论与热力学名词：(1) 状态参量：；(2) 微观量：；(3) 宏观量：。

2. 在推导理想气体压强公式中，体现统计意义的两条假设是：(1) ；(2) 。

练习2一、选择题1. 一个容器内贮有1摩尔氢气和1摩尔氦气，若两种气体各自对器壁产生的压强分别为p 1和p 2，则两者的大小关系是 ( )A. p 1>p 2；B. p 1<p 2；C. p 1=p 2；D. 不能确定。

2. 两瓶不同种类的理想气体，它们的温度和压强都相同，但体积不同，则单位体积内的气体分子数为n ，单位体积内的气体分子的总平动动能为E k V ⁄，单位体积内的气体质量为ρ，分别有如下关系 ( )A. n 不同，E k V ⁄不同，ρ不同；B. n 不同，E k V ⁄不同，ρ相同；C. n 相同，E k V ⁄相同，ρ不同；D. n 相同，E k V ⁄相同，ρ相同。

3. 有容积不同的A 、B 两个容器，A 中装有刚体单原子分子理想气体，B 中装有刚体双原子分子理想气体，若两种气体的压强相同，那么，这两种气体的单位体积的内能E A 和E B 的关系( )A. E A <E B ；B. E A >E B ；C. E A =E B ；D.不能确定。

大学物理练习题及答案详解-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN大学物理学(上)练习题第一编 力 学 第一章 质点的运动1．一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为,v瞬时速率为v ，平均速率为,v 平均速度为v，它们之间如下的关系中必定正确的是(A) v v ≠，v v ≠； (B) v v =，v v ≠；(C) v v =，v v =； (C) v v ≠，v v = [ ]2．一质点的运动方程为26x t t =-(SI)，则在t 由0到4s 的时间间隔内，质点位移的大小为 ，质点走过的路程为 。

3．一质点沿x 轴作直线运动，在t 时刻的坐标为234.52x t t =-（SI ）。

试求：质点在（1）第2秒内的平均速度； （2）第2秒末的瞬时速度； （3）第2秒内运动的路程。

4．灯距地面的高度为1h ，若身高为2hv 沿水平直线行走，如图所示，则他的头顶在地上的影子M 面移动的速率M v = 。

5．质点作曲线运动，r表示位置矢量，s 表示路程，t a 表示切向加速度，下列表达式（1）dv a dt =， （2）dr v dt =， （3）ds v dt =， （4）||t dv a dt=. （A ）只有（1）、（4）是对的； （B ）只有（2）、（4）是对的； （C ）只有（2）是对的； （D ）只有（3）是对的. [ ]6．对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的。

（A ）切向加速度必不为零； （B ）法向加速度必不为零（拐点处除外）；（C ）由于速度沿切线方向；法向分速度必为零，因此法向加速度必为零； （D ）若物体作匀速率运动，其总加速度必为零；（E ）若物体的加速度a为恒矢量，它一定作匀变速率运动. [ ]Av B vvv7．在半径为R 的圆周上运动的质点，其速率与时间的关系为2v ct =（c 为常数），则从0t =到t 时刻质点走过的路程()s t = ；t 时刻质点的切向加速度t a = ；t 时刻质点的法向加速度n a = 。

第七章 电磁感应本章提要1. 法拉第电磁感应定律· 当穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量发生变化时，导体回路中就将产生电流，这种现象称为电磁感应现象，此时产生的电流称为感应电流。

· 法拉第电磁感应定律表述为：通过导体回路所包围面积的磁通量发生变化石，回路中产生地感应电动势i e 与磁通量m Φ变化率的关系为d d t＝－F e其中Φ为磁链，负号表示感应电动势的方向。

对螺线管有N 匝线圈，可以有m N Φ=Φ。

2. 楞次定律· 楞次定律可直接判断感应电流方向，其表述为：闭合回路中感应电流的方向总是要用自己激发的磁场来阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

3. 动生电动势· 磁感应强度不变，回路或回路的一部分相对于磁场运动，这样产生的电动势称为动生电动势。

动生电动势可以看成是洛仑兹力引起的。

· 由动生电动势的定义可得：()d bab ae 醋ò＝v B l· 洛伦兹力不做功，但起能量转换的作用。

4. 感生电动势·当导体回路静止，而通过导体回路磁通量的变化仅由磁场的变化引起时，导体中产生的电动势称为感生电动势。

d dd d d d L S t te F =??蝌Ñ－＝－i E r B S 其中E i 为感生电场强度。

5. 自感· 当回路中的电流发生变化，它所激发的磁场产生的通过自身回路的磁通量也会发生变化，此变化将在自身回路中产生感应电动势，这种现象称为自感现象，产生的电动势为自感电动势，其表达式为：d d L iL te =-（L 一定时）负号表明自感电动势阻碍回路中电流的变化，比例系数L 称为电感或自感系数。

· 自感系数表达式为：L iY =· 自感磁能212m W LI =6. 互感· 对于两个临近的载流回路，当其中一回路中的电流变化时，电流所激发的变化磁场在另一回路中产生感应电动势。

习题88.1选择题（1）在真空中有一根半径为R 的半圆形细导线，流过的电流为I ，则圆心处的磁感强度为 ［ ］(A) 04I R μπ； (B) 02I R μπ； (C) 0； (D) 04IRμ．[答案：D]（2）对于安培环路定理的理解，正确的是： ［ ］（A ）若环流等于零，则在回路L 上必定是H 处处为零； （B ）若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流；（C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零； （D ）回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。

[答案：C]（3）磁场由沿空心长圆筒形导体的均匀分布的电流产生，圆筒半径为R ，x 坐标轴垂直圆筒轴线，原点在中心轴线上．图(A)～(E)哪一条曲线表示B －x 的关系？[ ］[答案：B]（4）对半径为R 载流为I 的无限长直圆柱体，距轴线r 处的磁感应强度 B [ ］（A ）内外部磁感应强度B 都与r 成正比；（B ）内部磁感应强度B 与r 成正比，外部磁感应强度B 与r 成反比； （C ）内外部磁感应强度B 都与r 成反比；（D ）内部磁感应强度B 与r 成反比，外部磁感应强度B 与r 成正比。

[答案：B]（5）在匀强磁场中，有两个平面线圈，其面积A 1 = 2 A 2，通有电流I 1 = 2 I 2，它们所受的最大磁力矩之比M 1 / M 2等于 ［ ］(A) 1； (B) 2； (C) 4； (D) 1/4； [答案：C]B x O R (D) B x O R (C) B xO R (E)(6）质量为m 电量为q 的粒子，以速率v 与均匀磁场B 成θ角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要 [ ］ （A ）增加磁场B ； （B ）减少磁场B ；（C ）内外部磁感应强度B 都与r 成反比；（D ）内部磁感应强度B 与r 成反比，外部磁感应强度B 与r 成正比。

\ [答案：B]（7）一个100匝的圆形线圈，半径为5厘米，通过电流为0.1安，当线圈在1.5T 的磁场中从θ=0的位置转到180度（θ为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角）时磁场力做功为（）（A ）0.24J ； （B ）2.4J ； （C ）0.14J ； （D ）14J 。

质点运动学一、选择题D 1、某质点作直线运动的运动学方程为x ＝3t -5t 3 + 6 (SI)，则该质点作(A) 匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向(B) 匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向(C) 变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向(D) 变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向 B 2、一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为 j bt i at r 22+=（其中a 、b 为常量）, 则该质点作(A) 匀速直线运动 (B) 变速直线运动 (C) 抛物线运动 (D)一般曲线运动 D. 3、 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，S 表示路程，a 表示切向加速度，下列表达式中， (1) a t = d /d v ， (2) v =t r d /d ， (3) v =t S d /d (4) t a t =d /d v ．(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的C 4、某物体的运动规律为t k t 2d /d v v -=，式中的k 为大于零的常量．当0=t 时，初速为v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是(A) 0221v v +=kt , (B) 0221v v +-=kt , (C) 02121v v +=kt , (D) 02121v v +-=kt C. 5、下列说法中，哪一个是正确的？(A) 一质点某时刻的瞬时速度是2 m/s ，说明它在此后1 s 内一定要经过2 m 的路程(B) 斜向上抛的物体，在最高点处的速度最小，加速度最大(C) 物体作曲线运动时，有可能在某时刻的法向加速度为零(D) 物体加速度越大，则速度越大二 填空题 i 21、一物体质量M ＝2 kg ，在合外力i t F )23(+= (SI )的作用下，从静止开始运动，式中i 为方向一定的单位矢量, 则当ｔ＝1 s 时物体的速度1v ＝_______ ___．20.1y x x =- 2. 一足球运动员踢出的初速度 010/v m s =，0v 与水平方向成45度角，不计空气阻力，此足球的轨迹方程为 。

习题8-1. 沿一平面简谐波的波线上，有相距m 0.2的两质点A 与B ，B 点振动相位比A 点落后6π，已知振动周期为s 0.2，求波长和波速。

解：根据题意，对于A 、B 两点，m x 2612=∆=-=∆，πϕϕϕ而相位和波长之间又满足这样的关系：πλπλϕϕϕ221212xx x ∆-=--=-=∆代入数据，可得：波长λ=24m 。

又已知 T=2s ，所以波速u=λ/T=12m/s8-2． 已知一平面波沿x 轴正向传播，距坐标原点O 为1x 处P 点的振动式为)cos(ϕω+=t A y ，波速为u ，求:（1）平面波的波动式；（2）若波沿x 轴负向传播，波动式又如何?解：（1）根据题意，距坐标原点O 为1x 处P 点是坐标原点的振动状态传过来的，其O 点振动状态传到p 点需用 ux t 1=∆，也就是说t 时刻p 处质点的振动状态重复ux t -时刻O 处质点的振动状态。

换而言之，O 处质点的振动状态相当于ux t 1+ 时刻p 处质点的振动状态，则O 点的振动方程为：]cos[1ϕω++=）（u x t A y 波动方程为：11cos[]cos[()]x x x xy A t A t uu uωϕωϕ-=+-+=-+（）（2）若波沿x 轴负向传播， O 处质点的振动状态相当于ux t 1-时刻p 处质点的振动状态，则O 点的振动方程为：]cos[1ϕω+-=）（ux t A y波动方程为：11cos[]cos[()]x x x xy A t A t u u uωϕωϕ+=--+=-+（）8-3. 一平面简谐波在空间传播，如图所示，已知A 点的振动规律为)2cos(ϕπν+=t A y ，试写出：（1）该平面简谐波的表达式；（2）B 点的振动表达式（B 点位于A 点右方d 处）。

解：（1）仿照上题的思路，根据题意，A 点的振动规律为)2cos(ϕπν+=t A y ，它的振动是O 点传过来的，所以O 点的振动方程为：]2cos[ϕπν++=）（u l t A y那么该平面简谐波的表达式为：]2cos[ϕπν+++=）（u x u l t A y（2）B 点的振动表达式可直接将坐标x d l =-，代入波动方程：]2cos[]2cos[ϕπνϕπν++=+-++=）（）（u d t A ul d u l t A y也可以根据B 点的振动经过ud 时间传给A 点的思路来做。

第八章 磁场中的磁介质8－1一螺绕环的平均半径为R=0.08m ，其上绕有N=240匝线圈，电流强度为I=0.30A 时管内充满的铁磁质的相对磁导率μr ＝5000，问管内的磁场强度和磁感应强度各为多少？ 解：（1）由I d =⋅⎰l H L 得I R N H NI R H π=→=π22代入数值为 m A H /1043.108.014.323.02402⨯=⨯⨯⨯= （2）T H B r 9.01043.150********=⨯⨯⨯⨯π=μμ=-8－2在图11－8所示的实验中，环型螺绕环共包含500匝线圈，平均周长为50cm ，当线圈中的电流强度为2.0A 时，用冲击电流计测得介质内的磁感应强度为2.0T ，求这时（1）待测材料的相对磁导率μr ；（2）磁化电流线密度j s 。

解：（1）I R N H π=2代入数值m A H /2000105025002=⨯⨯=- 7962000104270=⨯⨯π=μ=μ-H B r （2）m A nI j r s /1056.121050500)1796()1(62⨯=⨯⨯⨯-=-μ=- 8－3如图所示，一根长圆柱型同轴电缆，内、外导体间充满磁介质，磁介质的相对磁导率为μr （μr <1），导体的磁化可以略去不计，电缆沿轴向有稳定电流I 通过，内外导体上的电流的方向相反，求（1）空间各区域的磁感应强度和磁化强度；（2）磁介质表面的磁化电流。

解：依题意，内圆柱的电流密度21R I j π=（1）r<R 时： 根据∑⎰=⋅I d l H L得21121222R Ir jr H r j r H π==→π=π 2101012R Ir H B πμ=μ= 0)1(11=-μ=H M r （导体的μr =1）R 1<r<R 2时：根据∑⎰=⋅I d l H L 得rI H I r H π=→=π2222 r I H B r r πμμ=μμ=20202习题8－3图r I H M r r π-μ=-μ=2)1()1(22 R 2<r<R 3时： )(2223R R I j -π= 根据∑⎰=⋅I d l H L 得222322332223)(2)(2R R r R r I H R r j I r H --π=→-π-=π 22232230303)(2R R r R r I H B --πμ=μ= 0)1(33=-μ=H M r （导体的μr =1）r>R 3时：H=0, B=0, M=0（2）I I r s )1(-μ=8－4一个截面为正方形的环形铁心，其中磁介质的相对磁导率为μr ，若在此环形铁心上绕有N 匝线圈，线圈中的电流为I ，设环的平均半径为r ，求此铁心的磁化强度。

习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图 题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量． 解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式204rq E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024dq πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S qE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S qE 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证∏点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin rp πεθ证: 如题8-5所示，将p分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ． ∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0χμ 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0ξ10-9X ·μ-1 的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0χμ处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0χμ 处Q 点的场强．解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε222)(d π4d x a x E E l l P P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)同理 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示 由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d ll x x 2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Q y Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强． 解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ 12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿8-9 (1)点电荷q 位于一边长为α的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q的电场中取半径为P 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(xR arctan=α) 解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ， 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题8-9(α)图所示．题8-9(3)图题8-9(α)图 题8-9(β)图 题8-9(χ)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(χ)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r S ααα⎰⋅=02d sin π2r )cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6χμ，外半径10χμ，电荷体密度为2×510-X ·μ-3求距球心5χμ，8χμ ,12χμ 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r χμ时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(21210σσε-=1σ面外， n E)(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的． 解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(α)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ-球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场d 33030r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场'dπ4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E题8-13图(α) 题8-13图(β)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r(如题8-13(β)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερd r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6X 的两个异号点电荷组成，两电荷距离δ=0.2χμ，把这电偶极子放在1.0×105N ·X -1 的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8X ，2q =3.0×10-8X ，相距1r =42χμ，要把它们之间的距离变为2r =25χμ，需作多少功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-Rq R q 0π41ε=O U )3(R q R q -Rq 0π6ε-= ∴ Rq q U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E y R 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R 0π2ελ-= (2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U ∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104μ·σ-1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31κγ，电子电量e =1.60×10-19X) 解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30κς·χμ-1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5χμ，求此电容器可承受的最高电压． 解: 平行板电容器内部近似为均匀电场∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E 与电势U 的关系U E -∇=，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r rq r r U Eε=∂∂-= 0r为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR q U +=ε∴ ()i x R qxi x U E2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4rql llr q U εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1rp U r E εθθθ=∂∂-= 8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有 0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200χμ2，A 和B 相距4.0μμ，A 与C 相距2.0 μμ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7X ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ (2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算： (1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε (2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε得 -='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43='' ∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q. ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r qq F ==ε*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是∑，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是∑，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A 解得 Sq261==σσSq dU2032-=-=εσσSq dU2054+=-=εσσ 所以CB 间电场 Sqd U E 00422εεσ+==)2d (212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2UU C = 8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4rrQ E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4rrQ E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R QR r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=222020π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E E == ∴r D D εσσ==1212题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为δρ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R V R R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度． 解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μΦ，2C =0.15μΦ，3C =0.20μΦ ．1C 上电压为50ς．求：AB U ． 解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q =∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-32 1C 和2C 两电容器分别标明 200 πΦ、500 ς和 300 πΦ、900 ς，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 ς 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q解得 (1) =1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+=221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0χμ 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0χμ和3R =5.0χμ，当内球带电荷Q =3.0×10-8X 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4rrQ E ε= 3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r r Q W εε⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F。

第8章 光的偏振一、选择题1(B)，2(B)，3(B)，4(A)，5(B)，二、填空题(1)． 2， 1/4(2)． 1/ 2(3)． I 0 / 2， 0(4)． 1.48 tan560(5)． 遵守通常的折射，不遵守通常的折射. 传播速度，单轴三、计算题1. 有三个偏振片叠在一起．已知第一个偏振片与第三个偏振片的偏振化方向相互垂直．一束光强为I 0的自然光垂直入射在偏振片上，已知通过三个偏振片后的光强为I 0 / 16．求第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向之间的夹角．解：设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为θ．透过第一个偏 振片后的光强 I 1＝I 0 / 2．透过第二个偏振片后的光强为I 2，由马吕斯定律，I 2＝(I 0 /2)cos 2θ透过第三个偏振片的光强为I 3，I 3 ＝I 2 cos 2(90°－θ ) = (I 0 / 2) cos 2θ sin 2θ = (I 0 / 8)sin 22θ由题意知 I 3＝I 2 / 16所以 sin 22θ = 1 / 2，()2/2sin 211-=θ＝22.5°2. 将两个偏振片叠放在一起，此两偏振片的偏振化方向之间的夹角为o 60，一束光强为I 0的线偏振光垂直入射到偏振片上，该光束的光矢量振动方向与二偏振片的偏振化方向皆成30°角．(1) 求透过每个偏振片后的光束强度；(2) 若将原入射光束换为强度相同的自然光，求透过每个偏振片后的光束强度．解：(1) 透过第一个偏振片的光强I 1I 1＝I 0 cos 230°＝3 I 0 / 4透过第二个偏振片后的光强I 2， I 2＝I 1cos 260°＝3I 0 / 16(2) 原入射光束换为自然光，则I 1＝I 0 / 2I 2＝I 1cos 260°＝I 0 / 83. 如图，P 1、P 2为偏振化方向相互平行的两个偏振片．光强为I 0的平行自然光垂直入射在P 1上． (1) 求通过P 2后的光强I ． (2) 如果在P 1、P 2之间插入第三个偏振片P 3，(如图中虚线所示)并测得最后光强I ＝I 0 / 32，求：P 3的偏振化方向与P 1的偏振化方向之间的夹角α (设α为锐角)．解：(1) 经P 1后，光强I 1＝21I 0 I 1为线偏振光．通过P 2．由马吕斯定律有I ＝I 1cos 2θ∵ P 1与P 2偏振化方向平行．∴θ＝0．故 I ＝I 1cos 20°＝I 1＝21I 0 (2) 加入第三个偏振片后，设第三个偏振片的偏振化方向与第一个偏振化方向间的夹角为α．则透过P 2的光强αα2202cos cos 21I I =α40cos 21I = 由已知条件有 32/cos 21040I I =α ∴ cos 4α＝1 / 16得 cos α＝1 / 2 即 α =60°4.有一平面玻璃板放在水中，板面与水面夹角为θ (见图)．设水和玻璃的折射率分别为1.333和1.517．已知图中水面的反射光是完全偏振光，欲使玻璃板面的反射光也是完全偏振光，θ 角应是多大？解：由题可知i 1和i 2应为相应的布儒斯特角，由布儒斯特定律知tg i 1= n 1＝1.33；tg i 2＝n 2 / n 1＝1.57 / 1.333，由此得 i 1＝53.12°，i 2＝48.69°．由△ABC 可得 θ＋(π / 2＋r )＋(π / 2－i 2)＝π整理得 θ＝i 2－r由布儒斯特定律可知， r ＝π / 2－i 1将r 代入上式得θ＝i 1＋i 2－π / 2＝53.12°＋48.69°－90°＝11.8°.四研讨题1. 为了得到线偏振光，就在激光管两端安装一个玻璃制的“布儒斯特窗”（见图），使其法线与管轴的夹角为布儒斯特角。

大学物理（一）课外练习题71. 一物体作简谐振动，振动方程为)4cos(πω+=t A x 。

在4T t =(T 为周期)时刻，物体的加速度为( )。

A . 22A ω-B . 22A ωC . 2A ωD 2A ω 2. 对一个作简谐振动的物体，下面说法正确的是( )。

A .物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值B .物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零C .物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零D .物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零3. 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为：))(32cos(1042SI t x ππ+⨯=-。

从0=t 时刻起，到质点位置在cm x 2-=处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为( )。

A . s 81B . s 41C . s 21D . s 31E .s 61 4. 弹簧振子在光滑水平面上作简谐运动时，弹性力在半个周期内所作的功为（ ）。

A . 2kAB . 212kAC . 214kA D . 0 5. 一质点作简谐振动，其运动速度与时间的曲线如图所示。

若质点的振动规律用余弦函数描述，则其初位相应为（ ）。

A . 6π B . 65π C . 65π-D . 6π-E . 32π-6. 一质点在x 轴上作简谐振动，振幅cm A 4=，周期s T 2=，其平衡位置取作坐标原点。

若0=t 时刻质点为第一次通过cm x 2-=处，且向x 轴负方向运动，则质点第二次通过cm x 2-=处的时刻为 ( )。

A . s 1B . s 32C . s 34 D . s 2 7. 图中三条曲线分别表示简谐运动中的位移x ，速度v ，和加速度a 。

下列说法中正确的是( )。

A . 曲线3，1，2分别表示x , v , a 曲线B . 曲线2，1，3分别表示x , v , a 曲线C . 曲线1，3，2分别表示x , v , a 曲线D . 曲线1，2，3分别表示x , v , a 曲线8. 简谐振动，4=A cm ，5.0=v Hz ，当1=t s 时2-=x cm ，且向x 正方向运动，则该简谐振的初位相为（ ）。

大学物理（一）课外练习题81. 两只电灯发出的光不能在墙壁上看到干涉现象，是由于（ ）。

A. 光的波长太短B. 光的频率过低C. 干涉图样太细小难以分辨D. 光的频率过高E. 两电灯不是相干光源2. 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝1S 、2S 距离相等，则观察屏上中央明条纹位于图中O 处。

现将光源S 向下移动到示意图中的S '位置，则（ ）。

A. 中央明条纹也向下移动，且条纹间距不变B. 中央明条纹向上移动，且条纹间距不变C. 中央明条纹向下移动，且条纹间距增大D. 中央明条纹向上移动，且条纹间距增大3. 在真空中波长为λ的单色光，在折射率为n 的透明介质中从A 沿某路径传播到B ，若A ，B 两点位相差为3π，则此路径AB 的光程为( )。

A. λ5.1B. λn 5.1C. λ3D. n λ5.1 4. 单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，如图所示，若薄膜的厚度为e ，且321n n n ><,λ1为入射光在n 1中的波长，则两束反射光的光程差为( )。

A. e n 22B. 11222n e n λ-C. 22112λn e n -D.22122λn e n - 5. 在杨氏双缝实验中，欲使干涉条纹变宽，应进行( )的调整。

A. 增加双缝的间距B. 增加入射光的波长C. 减少双缝至光屏之间的距离D. 干涉级k 愈大则条纹愈宽6. 用白光光源进行双缝实验，若用一个纯红色的滤光片遮盖一条缝，用一个纯蓝色的滤光片遮盖另一条缝，则( )。

A. 干涉条纹的宽度将发生改变B. 产生红光和蓝光的两套彩色干涉条纹C. 干涉条纹的亮度将发生改变D. 不产生干涉条纹7. 在双缝干涉实验中，屏幕E 上的P 点处是明条纹；若将缝S 2盖住，并在S 1，S 2连线的垂直平分面处放一反射镜M ，如图所示，则此时( )。

A. P 点处仍为明条纹B. P 点处为暗条纹C. 不能确定P 点处是明条纹还是暗条纹D. 无干涉条纹8. 在牛顿环实验中，用波长为λ的单色光垂直入射，若平凸透镜沿竖直方向有平移，在平移过程中发现某级明条纹处由最亮逐渐变成最暗，则平凸透镜的位移大小为 。

大学物理习题答案第八章-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN[习题解答]8-2 在一个容器内盛有理想气体，而容器的两侧分别与沸水和冰相接触(热接触)。

显然，当沸水和冰的温度都保持不变时，容器内理想气体的状态也不随时间变化。

问这时容器内理想气体的状态是否是平衡态为什么解不是平衡态，因为平衡态的条件有二：一是系统的宏观性质不随时间变化，二是没有外界的影响和作用。

题目所说的情况不满足第二条。

8-3 氧气瓶的容积是32 dm3 ，压强为130 atm，规定瓶内氧气的压强降至10 atm时，应停止使用并必须充气，以免混入其他气体。

今有一病房每天需用1.0 atm的氧气400 dm3 ，问一瓶氧气可用几天？解当压强为、体积为时，瓶内氧气的质量M1为.当压强降至、体积仍为时，瓶内氧气的质量M2为.病房每天用压强为、体积为的氧气质量m为.以瓶氧气可用n天：.8-4在一个容积为10 dm3 的容器中贮有氢气，当温度为7℃时，压强为50 atm。

由于容器漏气，当温度升至17℃时，压强仍为50 atm，求漏掉氢气的质量。

解漏气前氢气的质量为M1 , 压强为, 体积为, 温度为，于是M1可以表示为.漏气后氢气的质量为M2, 压强为, 体积为, 温度为, 于是M2可以表示为.所以漏掉氢气的质量为.计算中用到了氢气的摩尔质量。

8-5 气缸中盛有可视为理想气体的某种气体，当温度为T1 = 200 K时，压强和摩尔体积分别为p1 和V m1 。

如果将气缸加热，使系统中气体的压强和体积同时增大，在此过程中，气体的压强p 和摩尔体积V m满足关系p = αV m，其中α为常量。

(1)求常量α；(2)当摩尔体积增大到2V m1 时，求系统的温度。

解(1) 1 mol理想气体的物态方程可以表示为,当温度为T1 (= 200 K)、压强为p1 和摩尔体积为V m1时，上式应写为. (1)升温过程满足,在温度为T1 时，上式应写为, (2)将式(2)代入式(1)，得. (3)由上式可以解得或 .(2)根据式(3)可以得到,取，代入上式，得, (4)将式(4)与式(3)联立，可以求得. 8-8 证明式(8-9)。

习题八8-1根据点电荷场强公式E = 当被考察的场点距源点电荷很近(r-O)4%,时，则场强一 8,这是没有物理意义的，对此应如何理解？解：丘=4 : 2&仅对点电荷成立，当尸TO时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大.8-2在真空中有,，8两平行板，相对距离为d,板面积为S,其带电量分别为2+0和-0.则这两板之间有相互作用力/•,有人说又有人说，因为2f = qE, E = ^~,所以f = ^—.试问这两种说法对吗？为什么？/•到底应等于多少？解：题中的两种说法均不对.第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强E = £看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的.正确解答应为一个板的电场为£ =顼一，另一板受它的作用力2/ = 7—这是两板间相互作用的电场力.1s0S 1s0S 8-3 一个点电荷g放在球形高斯面的中心，试问在下列情况下，穿过这高斯面的£通量是否改变？高斯面上各点的场强£是否改变？(1)另放一点电荷在高斯球面外附近.(2)另放一点电荷在高斯球面内某处.(3)将原来的点电荷g移离高斯面的球心，但仍在高斯面内.(4)将原来的点电荷g移到高斯面外.答：根据高斯定理，穿过高斯面的电通量仅取决于面内电量的代数和，而与面内电荷的分布情况及面外电荷无关,但各点的场强E与空间所有分布电荷有关，故:(1)电通量不变，叫=@ / 高斯面上各点的场强E改变(2)电通量改变，由㊇变为金=(qf。

,高斯面上各点的场强E也变(3)电通量不变，仍为勿| .但高斯面上的场强£会变。

(4)电通量变为0,高斯面上的场强£会变.8-4以下各种说法是否正确，并说明理由.(1)场强为零的地方，电势一定为零；电势为零的地方，场强也一定为零.(2) 在电势不变的空间内，场强一定为零.(3) 电势较高的地方，场强一定较大；场强较小的地方，电势也一定较低. (4) 场强大小相等的地方，电势相同；电势相同的地方，场强大小也一定相 等(5) 带正电的带电体，电势一定为正；带负电的带电体，电势一定为负. (6) 不带电的物体，电势一定为零；电势为零的物体，一定不带电. 答：场强与电势的微分关系是，E = -VU .场强的大小为电势沿等势面法线方向 的变化率，方向为电势降落的方向。

班级 学号 姓名 第8-1 电磁感应定律1. 如图两个导体回路平行，共轴相对放置，相距为D ，若沿图中箭头所示的方向观察到大回路中突然建立一个顺时针方向的电流时，小回路的感应电流方向和所受到的力的性质是：( )( A) 顺时针方向，斥力 ( B) 顺时针方向，吸力( C) 逆时针方向，斥力 ( D) 逆时针方向，吸力2. 如图一载流螺线管竖直放置，另一金属环从螺线管端上方沿管轴自由落下，设下落过程中圆面始终保持水平，则圆环在图中A ，B ，C 三处的加速度大小关系为：( )( A) A B C a a a >> ( B) B A C a a a >>( C) C A B a a a >> ( D) C B A a a a >>3. 如图一矩形导体线圈放在均匀磁场中，磁场方向垂直于线圈平面向里，a ，b 分别为线圈上下短边上的两个点，当线圈以速度v 垂直于磁场方向向右运动时，则：( )( A) ab 两点无电势差，线圈内无电流；( B) ab 两点有电势差，且V a >V b ，线圈内无电流；( C) ab 两点有电势差，且V b >V a ，线圈内有电流；( D) ab 两点有电势差，且V b >V a ，线圈内无电流。

4. 如图所示中圆形导体在均匀磁场中发生热膨胀，则将沿它以逆时针方向感应出一电流。

磁场的方向为 。

5. 如图所示，长螺线管横截面积为1S ，其上均匀密绕线圈，单位长度匝数为n ，且载有电流 1.5i A =，另有一N 匝密绕线圈套在螺线管外，并与螺线管共轴放置，其横截面积为2S 。

在25ms 内，螺线管中的电流以稳定的速率降低到零。

当电流正在变化时，线圈中所感应出的电动势有多大？6. 如图所示，正方形的导线框边长为2.0cm ，一磁场指向页面外，大小由24.0B t y =给出。

式中B 的单位为T ，t 的单位为s ，y 的单位为m ，确定当 2.5t s =时，环绕正方形的感应电动势，并指出方向。